|
|
PT ⇔x2011−1x−1=y5−1
Chú ý rằng 2011 là số nguyên tố.
Gọi p là một ước nguyên tố của x2011−1x−1
+ Trường hợp 1:
p|x−1⇒x2010+...+x+1≡2011(modp)
Suy ra p=2011.
+ Trường hợp 2:
x−1 không chia hết cho p do đó p|x2011−1 và từ 2011 là số nguyên tố nên 2011 là bậc của p và theo định lý Fermat nhỏ thì p|xp−1−1⇒2011|p−1
Suy ra p≡1(mod2011)
Từ hai trường hợp trên, suy ra mọi ước nguyên tố của x2011−1x−1 đều có dạng 2011 hoặc 2011k+1
Từ x2011−1x−1=(y−1)(y4+y3+y2+y+1).
suy ra mọi ước nguyên tố của y−1 và y4+y3+y2+y+1 đều có dạng 2011 hoặc 2011k+1.
+ Nếu 2011|y−1 thì y4+y3+...+y+1≡5(mod2011) then y4+y3+...+y+1 không thể mọi nguyên tố của y−1 và y4+y3+y2+y+1 đều có dạng 2011 hoặc 2011k+1, vô lý.
+ Nếu y−1 không chia hết cho 2011 suy ra mọi ước nguyên tố của y−1 đều có dạng 2011k+1.
Từ đó y−1≡1(mod2011)⇒y≡2(mod11) nên y4+y3+...+y+1≡31(mod2011) và như trên cũng suy ra vô lý.
Vậy PT đã cho vô nghiệm.
|